Question

我正在尝试使用继承和std::shared_ptr的模板参数推导。正如您在下面的示例代码中所看到的，我将shared_ptr<Derived>传递给模板化的非成员函数，该函数应该执行模板参数推导。如果我手动命名类型一切正常，如果我让它做模板参数推导它没有。它似乎似乎好像编译器无法确定类型，但是错误消息表明它确实存在。我不确定这里发生了什么，我将不胜感激。（Visual Studio 2010）

#include <memory>

template <typename T>
class Base {};

class Derived : public Base<int> {};

template <typename T>
void func(std::shared_ptr<Base<T> > ptr) {};

int main(int argc, char* argv[])
{
   std::shared_ptr<Base<int>> myfoo(std::shared_ptr<Derived>(new Derived)); // Compiles
   func(myfoo);    // Compiles
   func<int>(std::shared_ptr<Derived>(new Derived));  // Compiles
   func(std::shared_ptr<Derived>(new Derived));  // Doesn't compile. The error message suggests it did deduce the template argument.

   return 0;
}

错误消息：

5> error C2664: 'func' : cannot convert parameter 1 from 'std::tr1::shared_ptr<_Ty>' to 'std::tr1::shared_ptr<_Ty>'
5>          with
5>          [
5>              _Ty=Derived
5>          ]
5>          and
5>          [
5>              _Ty=Base<int>
5>          ]
5>          Binding to reference
5>          followed by
5>          Call to constructor 'std::tr1::shared_ptr<_Ty>::shared_ptr<Derived>(std::tr1::shared_ptr<Derived> &&,void **)'
5>          with
5>          [
5>              _Ty=Base<int>
5>          ]
5>          c:\Program Files (x86)\Microsoft Visual Studio 10.0\VC\include\memory(1532) : see declaration of 'std::tr1::shared_ptr<_Ty>::shared_ptr'
5>          with
5>          [
5>              _Ty=Base<int>
5>          ]
5>

Answer 1

虽然编译器可以在执行类型推导时执行派生到基础的转换，但std::shared_ptr<Derived> 不本身派生自std::shared_ptr<Base<int>>。

两者之间存在用户定义的转换，允许shared_ptr的行为类似于多态性的常规指针，但编译器在执行类型推导时不会考虑用户定义的转换。

在不考虑用户定义的转换的情况下，编译器无法推导出T使shared_ptr<Base<T>>与shared_ptr<Derived>相同或基类shared_ptr<Derived>（{1}}再次，shared_ptr<Base<int>> 不是shared_ptr<Derived>的基类。

因此，类型扣除失败。

要解决此问题，您可以让函数的参数为简单的shared_ptr<T> 和添加SFINAE约束，以确保仅在类型时选择过载参数的派生自（或是）Base类模板的实例：

#include <type_traits>

namespace detail
{
    template<typename T>
    void deducer(Base<T>);

    bool deducer(...);
}

template <typename T, typename std::enable_if<
    std::is_same<
        decltype(detail::deducer(std::declval<T>())),
        void
        >::value>::type* = nullptr>
void func(std::shared_ptr<T> ptr)
{
    // ...
}

这是live example。

Answer 2

如果你用这种方式写它是有效的：

template <typename T>
void func(std::shared_ptr<T> ptr) {};

如果你真的想要使用非派生的东西显式阻止函数被调用，你可以使用type_traits / enable_if / etc.

std :: shared_ptr，继承和模板参数推导的问题

2 个答案: